第2講勻變速直線運動牛頓運動定律目標要求1.會用多種方法靈活處理勻變速直線運動的問題。2.掌握牛頓第二定律，會分析瞬時性問題、連接體問題，會應用牛頓運動定律解決運動的實際問題。3.會分析運動學和動力學圖像。考點一勻變速直線運動規律及應用常用方法例1(2024·廣西卷·13)如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距d=0.9m，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時t1=0.4s，從2號錐筒運動到3號錐筒用時t2=0.5s。求該同學(1)滑行的加速度大小；(2)最遠能經過幾號錐筒。答案(1)1m/s2(2)4解析(1)根據勻變速運動規律，某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知在1、2間中間時刻的速度為v1=dt1=2.252、3間中間時刻的速度為v2=dt2=1.8故可得加速度大小為a=ΔvΔt=v1(2)設到達1號錐筒時的速度為v0，根據勻變速直線運動規律得v1=v0-at代入數據解得v0=2.45m/s從1號開始到停止時通過的位移大小為x=v022a=3.00125故可知最遠能經過4號錐筒。例2(2024·山東卷·3)如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為()A.(3-1)∶(2-1) B.(3-2)∶(2-1)C.(3+1)∶(2+1) D.(3+2)∶(2+1)答案A解析方法一基本公式法木板在斜面上運動時，木板的加速度不變，設加速度為a，木板從靜止釋放到下端到達A點的過程，根據運動學公式有L=12a木板從靜止釋放到上端到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L=12a當木板長度為2L時，有3L=12a又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0聯立解得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)故選A。方法二比例式法設木板從靜止釋放到下端到達A點的時間為t0，木板經過A點時間為Δt1若木板長度為L，則t0∶Δt1=1∶(2-1)①若木板長度為2L，設木板經過A點時間為Δt2t0∶Δt2=1∶［(2-1)+(3-2)］=1∶(3-1)②聯立①②得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)考點二牛頓運動定律的應用例3(2024·陜西榆林市一模)一個質量為2kg的箱子靜止放在水平面上，箱子與水平面間的動摩擦因數為0.5，給箱子一個水平恒定拉力，使箱子從靜止開始運動，經過2s，箱子的位移為20m。重力加速度g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，空氣阻力不計。(1)求拉力的大小；(2)若拉力大小不變，把拉力的方向改為與水平面成37°角斜向上，使箱子從靜止開始運動1s后撤去拉力，求箱子運動的總位移。答案(1)30N(2)18.975m解析(1)箱子做勻加速直線運動，有L=12at2解得a=2Lt2=10由牛頓第二定律有F-μmg=ma，故F=ma+μmg=30N(2)箱子先以大小為a1的加速度勻加速t1時間，撤去拉力后，以大小為a2的加速度勻減速t2時間后速度恰為0，有Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)=ma1解得a1=11.5m/s2撤去拉力后a2=μg=5m/s2由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有a1t1=a2t2其中t1=1s箱子運動的總位移L'=12a1t12+1聯立解得L'=18.975m解決動力學兩類基本問題的思路例4(多選)(2023·福建卷·5)如圖所示，一廣場小火車是由車頭和車廂編組而成。假設各車廂質量均相等(含乘客)，在水平地面上運行過程中阻力與車重成正比。一廣場小火車共有3節車廂，車頭對第一節車廂的拉力為FT1，第一節車廂對第二節車廂的拉力為FT2，第二節車廂對第三節車廂的拉力為FT3，則()A.當火車勻速直線運動時，FT1=FT2=FT3B.當火車勻速直線運動時，FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1C.當火車勻加速直線運動時，FT1=FT2=FT3D.當火車勻加速直線運動時，FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1答案BD解析設每節車廂重力為G，當火車勻速直線運動時FT1=Ff1=k×3G，FT2=Ff2=k×2G，FT3=Ff3=k×G，得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1，故A錯誤，B正確；當火車勻加速直線運動時FT1-Ff1=FT1-k×3G=3ma，FT2-Ff2=FT2-k×2G=2ma，FT3-Ff3=FT3-k×G=ma，得FT1∶FT2∶FT3=3∶2∶1，故C錯誤，D正確。四類常見連接體問題三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關跨滑輪的連接體兩物體速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔離法疊加類連接體兩物體剛要發生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力靠在一起的連接體分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相等例5(2024·安徽六安市質檢)如圖所示，傳送帶的傾角θ=37°，從A到B長度為16m，傳送帶以10m/s的速度逆時針轉動。t=0時刻在傳送帶上A端無初速度地放一個質量m=0.5kg的黑色煤塊，t=1s時傳送帶被異物卡住不動了。已知煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ=0.5，煤塊在傳送帶上經過會留下黑色劃痕。則(sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2)()A.煤塊到達B點時的速度為10m/sB.煤塊從A到B的時間為3sC.煤塊從A到B的過程中機械能減少了12JD.煤塊從A到B的過程中傳送帶上留下劃痕的長度是16m答案C解析開始階段，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2，煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為t1=va1=1010s=1s，煤塊發生的位移為x1=12a1t12=12×10×12m=5m<16m，所以煤塊加速到10m/s時仍未到達B點，此時傳送帶剛好被異物卡住不動了，此后摩擦力方向改變；第二階段有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得a2=2m/s2，設第二階段煤塊滑動到B點的時間為t2，則LAB-x1=vt2+12a2t22，解得t2=1s，則煤塊從A到B的時間t=t1+t2=2s，故B錯誤；根據vB=v+a2t2得vB=12m/s，故A錯誤；第一階段煤塊的速度小于傳送帶速度，煤塊相對傳送帶向上移動，煤塊與傳送帶的相對位移大小為Δx1=vt1-x1=10×1m-5m=5m，故煤塊相對于傳送帶上移5m；第二階段煤塊的速度大于傳送帶速度(為零)，煤塊相對傳送帶向下移動，煤塊相對于傳送帶的位移大小為Δx2=LAB-x1=11m，即煤塊相對傳送帶下移11m，故傳送帶表面留下黑色劃痕的長度為11m(前5m被覆蓋)，故D錯誤；選B所在平面為參考平面，煤塊開始的機械能EA=mgLABsin37°=48J，到達B點時機械能EB=12mvB2=36J，Δ傳送帶中的動力學問題1.分析物塊相對傳送帶運動或運動趨勢的方向，來判斷摩擦力方向。2.μ與tanθ的關系決定了物塊與傳送帶能否保持相對靜止。3.v物=v傳時，摩擦力會發生突變，物塊位移與傳送帶的長度關系是判斷有無第二階段運動的關鍵。4.求力對物塊的功用對地位移，求摩擦生熱用相對位移。考點三運動學和動力學圖像1.三種運動學圖像常見圖像斜率k面積兩圖像交點x-t圖像ΔxΔ

表示相遇v-t圖像ΔvΔ位移x表示此時速度相等，往往是距離最大或最小的臨界點a-t圖像

速度變化量Δv表示此時加速度相等2.三種動力學圖像F-t圖像思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量F-x圖像思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解思路二：動能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功a-F圖像根據牛頓第二定律列式，再變換成a-F關系例如：如圖所示，F-μmg=ma，a=Fm-μg，則a-F圖像的斜率為1m，截距為例6(多選)(2023·福建卷·7)甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直線運動。以出發時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖(a)所示，乙車所受合外力—時間圖像如圖(b)所示。則()A.0~2s內，甲車的加速度大小逐漸增大B.乙車在t=2s和t=6s時的速度相同C.2~6s內，甲、乙兩車的位移不同D.t=8s時，甲、乙兩車的動能不同答案BC解析由題知甲車的速度—時間圖像如圖(a)所示，則根據圖(a)可知0~2s內，甲車做勻加速直線運動，加速度大小不變，故A錯誤；由題知乙車所受合外力—時間圖像如圖(b)所示，則乙車在0~2s內根據動量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s，乙車在0~6s內根據動量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s，則可知乙車在t=2s和t=6s時的速度相同，故B正確；根據圖(a)可知，2~6s內甲車的位移為0；根據圖(b)可知，2~6s內乙車一直向正方向運動，則2~6s內，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；根據圖(a)可知，t=8s時甲車的速度為0，則t=8s時，甲車的動能為0；乙車在0~8s內根據動量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8s時乙車的速度為0，則t=8s時，乙車的動能為0，故D錯誤。3.非常規圖像非常規圖像(舉例)函數表達式斜率k縱截距bv2-x圖像由v2-v02得v2=v022avxt-t由x=v0t+12at得xt=v0+112v0xt2-由x=v0t+12at2得xt2=v01v012a-x圖像由v2-v02=2ax知圖線與x軸所圍面積等于1v-面積表示運動時間注意：xt-t圖像與t例7(2024·遼寧沈陽市質量監測)在某次安全測試中，某款汽車在平直公路上行駛，突然發現前方有障礙物，智能系統識別后緊急恒力制動。從制動開始計時，該汽車的位移和時間的比值xt與t之間的關系圖像如圖所示，則下列說法正確的是(A.該汽車的初速度為20m/sB.該汽車的初速度為6m/sC.該汽車的加速度大小為4m/s2D.該汽車從制動到停止用時5s答案A解析由于汽車恒力制動，則可知該汽車制動后做勻減速直線運動，設該汽車制動后的加速度大小為a，由位移與時間的關系可得x=v0t-12at2，變式可得xt=-12at+v0，結合題圖可得v0=20m/s，a=8m/s2，故A正確，B、C錯誤；根據速度與時間的關系可得，該汽車從制動到停止用時t0=v0a=2.5物理中一次函數問題的解題思路舉例基本公式變形后的一次函數表達式斜率截距單擺T2-l圖像T=2πlT2=4π2l4π2

伏阻法測電阻的1U-1E=U+UR1U=rE·1r1安阻法測電阻的1I-RE=I(R+r)1I=1ER1r專題強化練［分值：60分］1~6題每題5分，7、8、10題每題6分，9題12分，共60分［保分基礎練］1.(2024·新課標卷·14)一質點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是()答案C解析物體做直線運動，位移與時間成函數關系，A、B選項中一個時間對應兩個或兩個以上的位移，故不可能；同理D選項中一個時間對應兩個速度，也不可能，只有C選項速度與時間是成函數關系，故可能。2.(2024·福建卷·3)某直線運動的v-t圖像如圖所示，其中0~3s為直線，3~3.5s為曲線，3.5~6s為直線，則以下說法正確的是()A.0~3s的平均速度為10m/sB.3.5~6s做勻減速直線運動C.0~3s的加速度比3.5~6s的大D.0~3s的位移比3.5~6s的小答案B解析根據v-t圖像可知，0~3s內質點做勻加速直線運動，平均速度為v=0+302m/s=15m/s，故A根據v-t圖像可知，3.5~6s內質點做勻減速直線運動，故B正確；根據v-t圖像的斜率絕對值表示加速度大小，可知0~3s的加速度大小為a1=303m/s2=10m/s2，3.5~6s的加速度大小滿足a2>306-3m/s2=10m/s2，可知0~3s的加速度比3.5~6s的小，故根據v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得，0~3s的位移為x1=12×30×3m=45m，3.5~6s的位移滿足x2<12×30×(6-3.5)m=37.5m，可知0~3s的位移比3.5~6s的大，故3.(2024·廣東佛山市順德區二模)2023年10月31日，神舟十六號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。當返回艙距離地面1.2m時，返回艙的速度為8m/s，此時返回艙底部的4臺反推火箭點火工作，使返回艙觸地前瞬間速度降至2m/s，實現軟著陸。若該過程飛船始終豎直向下做勻減速運動，返回艙的質量變化和受到的空氣阻力均忽略不計。返回艙的總質量為3×103kg，g取10m/s2，則4臺反推火箭點火工作時提供的推力大小為()A.3×104N B.7.5×104NC.2.6×104N D.1.05×105N答案D解析根據運動學公式可得v2-v02=-2ah，解得加速度大小為a=v02-v22h=82-222×1.2m/s2=25m/s2，根據牛頓第二定律可得F-4.(2024·安徽卷·6)如圖所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上，緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中()A.速度一直增大B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小答案A解析在P點保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力的合力為零。此時兩彈簧的合力大小為mg。當撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力方向始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；小球從P點運動到O點的過程中，彈簧形變量變小，兩彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值為2g，C、D錯誤。5.(九省聯考·河南·15)如圖，在平直路面上進行汽車剎車性能測試。當汽車速度為v0時開始剎車，先后經過路面和冰面(結冰路面)，最終停在冰面上。剎車過程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7∶1，位移之比為8∶7。則汽車進入冰面瞬間的速度為()A.12v0 B.13v0 C.18v0 D.答案B解析設汽車在路面與在冰面所受阻力分別為Ff1、Ff2，汽車進入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律Ff=ma則汽車在路面與在冰面上運動的加速度大小之比為a1a2=由運動學公式，在路面上有v02-v12=2在冰面上有v12=2a2其中x1x解得汽車進入冰面瞬間的速度為v1=v0故選B。6.(2024·福建省部分地市質量監測)如圖所示為餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖，三根完全相同的輕質彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接質量為M的托盤，托盤上放著6個質量均為m的盤子并處于靜止狀態。已知重力加速度大小為g，則某顧客快速取走1號盤子的瞬間，托盤對6號盤子作用力的大小為()A.5mg(M+6mC.5m2gM+5m答案A解析顧客快速取走1號盤子的瞬間，托盤和其他5個盤子所受合力為mg，根據牛頓第二定律有mg=(M+5m)a對剩余5個盤子，根據牛頓第二定律有FN-5mg=5ma聯立可得托盤對6號盤子作用力的大小為FN=5mg(M［爭分提能練］7.(2024·湖南卷·3)如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()A.g，1.5g B.2g，1.5gC.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析剪斷前，對B、C、D整體受力分析：A、B間輕彈簧的彈力FAB=(3m+2m+m)g=6mg對D受力分析：C、D間輕彈簧的彈力FCD=mg剪斷后，對B：FAB-3mg=3maB解得aB=g，方向豎直向上對C：FDC+2mg=2maC解得aC=1.5g，方向豎直向下，故選A。8.(2024·安徽省皖江名校聯盟二模)足夠長的光滑固定斜面上的三個相同的物塊通過與斜面平行的細線相連，在沿斜面方向的拉力F0的作用下保持靜止，如圖甲所示，物塊2的右側固定有不計質量的力傳感器。改變拉力F0的大小，使三個物塊沿斜面以不同加速度向上做初速度為零的勻加速直線運動，測得多組傳感器的示數F和物塊通過的位移x與時間t的平方的比值，畫出圖像如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是()A.斜面的傾角θ=60°B.每個物塊的質量m=2.5kgC.當F=10N時，F0=15ND.當F=10N時，物塊的加速度大小為a=2.5m/s2答案C解析對物塊2、3根據牛頓第二定律有F-2mgsinθ=2ma，根據運動學公式有x=12at2，聯立解得xt2=F4m-12gsinθ，由題圖乙可知，圖像斜率k=12=14m，即m=0.5kg，圖像縱軸截距的絕對值b=2.5=12gsinθ，解得sinθ=12，所以θ=30°，故A、B錯誤；當F=10N時，對物塊2、3有F-2mgsinθ=2ma，可求得三個物塊共同的加速度大小為a=5m/s2，對三個物塊有F0-3mgsinθ=3ma9.(12分)(2024·新課標卷·25)如圖，一長度l=1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離Δl=l6時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到O點。已知物塊與薄板的質量相等。它們之間的動摩擦因數μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2(1)(7分)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；(2)(5分)平臺距地面的高度。答案(1)4m/s13s(2)5解析(1)物塊在薄板上做勻減速運動，